mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 05, 2022 6:25 pm**

: παλαιολόγος.png (11.48 KiB) Προβλήθηκε 805 φορές

Στην προέκταση της διαμέτρου AOB=2r

ενός κύκλου , θεωρούμε σημείο

, ώστε : $BS=\dfrac{7r}{4}$

και φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα

. Το

είναι το αντιδιαμετρικό του

και η

, τέμνει τον

κύκλο στο σημείο

. Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AT}{AP}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 06, 2022 9:51 am**

Edit: Λάθος σε πράξη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 06, 2022 10:00 am**

KARKAR έγραψε: Σάβ Νοέμ 05, 2022 6:25 pm παλαιολόγος.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός κύκλου , θεωρούμε σημείο , ώστε : $BS=\dfrac{7r}{4}$

και φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα . Το είναι το αντιδιαμετρικό του και η , τέμνει τον

κύκλο στο σημείο . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AT}{AP}$ .

Με δύο Πυθαγόρεια στα STO, STT'

βρίσκω $\displaystyle ST = \frac{{r\sqrt {105} }}{4},ST' = \frac{{13r}}{4}.$

Αλλά, $\displaystyle S{T^2} = SP \cdot ST' \Leftrightarrow SP = \frac{{105r}}{{52}}$

: Παλαιολόγος.png (15.22 KiB) Προβλήθηκε 739 φορές

Τέλος με δύο $\displaystyle {\text{Stewart}}$ στα TAS, PAS

και αντίστοιχες τέμνουσες TO, PO

παίρνω

$\displaystyle AT = r\sqrt {\frac{{30}}{{11}}} ,AP = \frac{{15r}}{{13}}\sqrt {\frac{{30}}{{11}}},$ απ' όπου $\boxed{\frac{{AT}}{{AP}} = \frac{{13}}{{15}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 06, 2022 1:35 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Νοέμ 05, 2022 6:25 pm παλαιολόγος.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός κύκλου , θεωρούμε σημείο , ώστε : $BS=\dfrac{7r}{4}$

και φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα . Το είναι το αντιδιαμετρικό του και η , τέμνει τον

κύκλο στο σημείο . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AT}{AP}$ .

Έστω

η προβολή του

στη διάμετρο .

Επειδή η τετράδα $\left( {A,B\backslash E,S} \right)$ είναι αρμονική και $AT \bot TB\,\,,\,\,AP \bot PB$ , τα $TA\,\,,\,\,PA$ είναι εξωτερικές διχοτόμοι των , $\vartriangle TES\,\,,\,\,\vartriangle PES$ .

Θέτω: $OA = 4k \Rightarrow BS = 7k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AS = 15k$ . Ισχύουν: $T{S^2} = SB \cdot SA = 105{k^2} \Rightarrow TS = k\sqrt {105} \,\,\left( 1 \right)$ .

Επίσης από το Π. Θ. στο $\vartriangle TT'S$ έχω: T'S = 13k

και αφού $T{S^2} = SP \cdot ST \Rightarrow SP = \dfrac{{64k}}{{13}}\,\,\left( 2 \right)$ .

: Παλαιολόγος.png (24.13 KiB) Προβλήθηκε 695 φορές

Ας πούμε

από την αρμονική αναλογία : $\dfrac{{BE}}{{BS}} = \dfrac{{AE}}{{AS}} \Rightarrow x = \dfrac{{28k}}{{11}}\,$ και άρα $AE = \dfrac{{60k}}{{11}}\,\,\left( 3 \right)$ .

Είναι όμως και $T{E^2} = EA \cdot EB = \dfrac{{60k}}{{11}} \cdot \dfrac{{28k}}{{11}} \Rightarrow TE = \dfrac{{4k\sqrt {105} }}{{11}}\,\,\,\left( 4 \right)$ .

Τώρα από το Θ. εσωτερικής διχοτόμου στο $\vartriangle PSE$ και λόγω της $\left( 2 \right)$ έχω, $PE = \dfrac{{420k}}{{143}}\,\,\left( 5 \right)$ .

Το τετράγωνο του λόγου που θέλω είναι $\dfrac{{A{T^2}}}{{A{P^2}}} = \dfrac{{AE \cdot AS - TE \cdot TS}}{{AE \cdot AS - PE \cdot PS}}$ που λόγω των σχέσεων: $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\,\,,\,\,\left( 3 \right)\,\,,\,\,\left( 4 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 5 \right)$ δίδει :

$\dfrac{{A{T^2}}}{{A{P^2}}} = \dfrac{{169}}{{225}} \Rightarrow \boxed{\frac{{AT}}{{AP}} = \frac{{13}}{{15}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 06, 2022 9:00 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Νοέμ 05, 2022 6:25 pm παλαιολόγος.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός κύκλου , θεωρούμε σημείο , ώστε : $BS=\dfrac{7r}{4}$

και φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα . Το είναι το αντιδιαμετρικό του και η , τέμνει τον

κύκλο στο σημείο . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AT}{AP}$ .

Από

παίρνουμε $ST^2= \dfrac{105r^2}{16}$ κι από Π.Θ στο τρίγωνο T'TS

, είναι $ST'= \dfrac{13r}{4}$

Τα τρίγωνα ASP,BST'

είναι όμοια,άρα $\dfrac{BT'}{AP}= \dfrac{ST'}{SA}= \dfrac{ \dfrac{13r}{4} }{ \dfrac{15r}{4} }= \dfrac{13}{15} = \dfrac{AT}{AP}$

: Παλαιολόγος.png (9.92 KiB) Προβλήθηκε 660 φορές

mathematica.gr

Παλαιολόγος

Παλαιολόγος

Re: Παλαιολόγος

Re: Παλαιολόγος

Re: Παλαιολόγος

Re: Παλαιολόγος